Feladat: F.2795 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Balogh József ,  Benczúr Péter ,  Bíró Norbert ,  Csergőffy Tibor ,  Csizmadia Péter ,  Czirók András ,  Erben Péter ,  Gárdonyi Márk ,  Hajnal Ákos ,  Harcos Gergely ,  Imreh Csanád ,  Kárász Tamás ,  Kiss István ,  Kovács Ágnes ,  Kullman Tamás ,  Magó Kálmán ,  Matolcsi Máté ,  Miklós György ,  Nagy Ádám ,  Nagy Benedek ,  Papolczy Péter ,  Podoski Károly ,  Sági Zoltán ,  Szalkai Ákos ,  Szendrői Balázs ,  Tokodi Tamás ,  Ujváry-Menyhárt Zoltán 
Füzet: 1991/április, 154. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Számsorozatok, "a" alapú számrendszer (a >1, egész szám), Trigonometrikus függvények, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1990/április: F.2795

Keressük meg mindazokat az α számokat, amelyekre a
cosα,cos2α,cos22α,...,cos2nα,...
végtelen sorozat minden egyes eleme negatív.

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Megoldás. A koszinusz-függvény páros és 2π szerint periodikus, ezért ha egy α megfelel a feladat követelményének, akkor ±α+2kπ is megfelel tetszőleges k egész szám mellett. Elég tehát az olyan α számokat megkeresnünk, amelyek teljesítik a feladat feltételét és 0<απ. A cosα<0 feltétel szerint πα>π/2, a cos2α<0 feltétel miatt pedig απ. Így

π2<α<π.(1)

A cos2nα<0 feltétel általában azt jelenti, hogy van olyan ln egész, amelyre π/2+2lnπ<2nα<3π/2+2l2π, vagyis az α0=2α/π jelöléssel
4ln+1<2nα0<4ln+3.(2)

Az (1) feltétel szerint [α0]=1. Bebizonyítjuk, hogy a négyes számrendszerben  α0 =1,1˙= 1,111..., azaz a négyes számrendszerben α0 mindegyik jegye 1.
A (2) feltétel pontosan azt jelenti, hogy a 2nα0 számot négyes számrendszerben felírva, az egyesek helyén 1-es vagy 2-es áll. De megfelelő négyhatvánnyal szorozva α0 törtrészének bármelyik jegye eltolható az egyesek helyére. (Az m-edik jegy akkor kerül az egyesek helyére, ha 4m=22m-mel szorzunk.) Tehát α0 törtrészének minden jegye 1-es vagy 2-es.
De ugyanez igaz 2α0-ra is, hiszen annak törtrészéből is bármelyik jegy eltolható az egyesek helyére, megfelelő kettőhatvánnyal szorozva. Tegyük fel, hogy α0 ban van egy kettes jegy valahol. Az első kettes jegy legyen az m-edik jegy a vessző után: α0 = 1,1...112... (m db 1-es). Ekkor 4m-1α0=11...11,2..., és ezt kettővel szorozva az egyesek helyére 3-as kerül, hiszen a törtrész nagyobb 1/2-nél, és így van átvitel. Így 22m-1α0 = 22...23,1... vagy 22...23,0..., s ez ellentmond annak, hogy 22m-1α0-ban az egyesek helyén 1-es vagy 2-es áll. Ezzel beláttuk, hogy α0=1,1˙=4/3, vagyis α=2π/3. A feladat feltételének tehát csak a ±2π/3+2kπ (k=0,±1,±2,...) alakú számok felelhetnek meg és azok meg is felelnek.
 

Megjegyzés. A feladat és megoldása megtalálható a következő könyvben: Pataki J.-Reiman I.: Matematikai Versenyek 1989, 45‐47. oldal.